2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式推理與證明第三節(jié)基本不等式及其應(yīng)用教師文檔教案文北師大版

PAGE第三節(jié)基本不等式及其應(yīng)用授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第110頁[基礎(chǔ)梳理]1．重要不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)(當且僅當a＝b時等號成立)．2．基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件是a>0，b>0．(2)等號成立的條件是：當且僅當a＝b時取等號．(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．3．利用基本不等式求最值問題已知x>0，y>0，則：(1)假如積xy是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小)．(2)假如和x＋y是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq\f(p2,4)(簡記：和定積最大)1．基本不等式的兩種常用變形形式(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R，當且僅當a＝b時取等號)．(2)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0，當且僅當a＝b時取等號)．2．幾個重要的結(jié)論(1)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab＞0)．(3)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a＞0，b＞0)．[四基自測]1．(基礎(chǔ)點：求積的最值)設(shè)x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A．80 B．77C．81 D．82答案：C2．(易錯點：不等式的應(yīng)用條件)若x＜0，則x＋eq\f(1,x)()A．有最小值，且最小值為2B．有最大值，且最大值為2C．有最小值，且最小值為－2D．有最大值，且最大值為－2答案：D3．(基礎(chǔ)點：構(gòu)造不等式的定值)已知x>1，則x＋eq\f(4,x－1)的最小值為________．答案：54．(易錯點：“1”的代換)若eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1(a>0，b>0)，則a＋b的最小值為__________．答案：4授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第110頁考點一利用基本不等式求最值挖掘1干脆應(yīng)用基本不等式求最值/自主練透[例1](1)當x>0時，函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)有()A．最小值1 B．最大值1C．最小值2 D．最大值2[解析]f(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2\r(x·\f(1,x)))＝1.當且僅當x＝eq\f(1,x)，x>0，即x＝1時取等號．所以f(x)有最大值1.[答案]B(2)若實數(shù)a，b滿意eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值為()A.eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D．4[解析]法一：由已知得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(b＋2a,ab)＝eq\r(ab)，且a>0，b>0，∴abeq\r(ab)＝b＋2a≥2eq\r(2)eq\r(ab)，∴ab≥2eq\r(2).法二：由題設(shè)易知a＞0，b＞0，∴eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，即ab≥2eq\r(2)，故選C.[答案]C[破題技法]對于兩個正數(shù)，a＋b為定值，積ab有最大，當ab為定值，a＋b有最小，條件為“a＝b”，即滿意“一正，二定，三相等”才是最值．挖掘2先配湊，再應(yīng)用/互動探究[例2](1)已知x＞eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最小值為________．[解析]因為x＞eq\f(5,4)，所以4x－5＞0，所以f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝(4x－5)＋eq\f(1,4x－5)＋3≥2eq\r(（4x－5）·\f(1,4x－5))＋3＝2＋3＝5，當且僅當4x－5＝eq\f(1,4x－5)，即x＝eq\f(3,2)時取等號，所以f(x)的最小值為5.[答案]5(2)函數(shù)y＝eq\f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值為__________．[解析]因為y＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2，因為x>－1，所以x＋1>0，所以y≥2－2＝0，當且僅當x＝0時，等號成立．[答案]0[破題技法]配湊，以拼湊出和是定值或積是定值的形式為目標，依據(jù)代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，利用系數(shù)的改變或?qū)Τ?shù)的調(diào)整進行奇妙變形，留意做到等價變形．一般地，形如f(x)＝ax＋b＋eq\f(e,cx＋d)的函數(shù)求最值時可以考慮配湊法．將本例(1)改為：當x＞eq\f(5,2)時，f(x)＝4x－2＋eq\f(1,2x－5)的最小值為________．解析：∵x＞eq\f(5,2)，∴2x－5＞0.∴f(x)＝2(2x－5)＋eq\f(1,2x－5)＋8≥2eq\r(2（2x－5）×\f(1,2x－5))＋8＝8＋2eq\r(2)，當且僅當2(2x－5)＝eq\f(1,2x－5)，即x＝eq\f(5,2)＋eq\f(\r(2),4)時取等號．答案：8＋2eq\r(2)挖掘3利用常值代換/互動探究[例3](1)(2024·西安模擬)已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)[解析]由lg2x＋lg8y＝lg2得，lg2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1，eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))(x＋3y)＝2＋eq\f(x,3y)＋eq\f(3y,x)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當\f(x,3y)＝\f(3y,x)時等號成立)).故選C.[答案]C(2)(2024·廣東惠州三調(diào))在△ABC中，點D是AC上一點，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(AD,\s\up6(→))，P為BD上一點，向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))(λ＞0，μ＞0)，則eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值為()A．16 B．8C．4 D．2[解析]由題意可知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋4μeq\o(AD,\s\up6(→))，又B，P，D共線，由三點共線的充分必要條件可得λ＋4μ＝1，又因為λ＞0，μ＞0，所以eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)＝(eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ))×(λ＋4μ)＝8＋eq\f(16μ,λ)＋eq\f(λ,μ)≥8＋2eq\r(\f(16μ,λ)×\f(λ,μ))＝16，當且僅當λ＝eq\f(1,2)，μ＝eq\f(1,8)時等號成立，故eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值為16.故選A.[答案]A[破題技法]本題突破的關(guān)鍵是利用“1”的代換構(gòu)造積為定值的形式，一般形如“已知ax＋by(或eq\f(a,x)＋eq\f(b,y))為定值，求cx＋dy(或eq\f(c,x)＋eq\f(d,y))的最值(其中a，b，c，d均為常參數(shù))”時可用常值代換處理．1．已知實數(shù)a＞0，b＞0，eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)＝1，則a＋2b的最小值是()A．3eq\r(2) B．2eq\r(2)C．3 D．2解析：∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞1，b＋1＞1，又∵eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)＝1，∴a＋2b＝[(a＋1)＋2(b＋1)]－3＝[(a＋1)＋2(b＋1)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋1)))－3＝1＋eq\f(2（b＋1）,a＋1)＋eq\f(a＋1,b＋1)＋2－3≥2eq\r(\f(2（b＋1）,a＋1)·\f(a＋1,b＋1))＝2eq\r(2)，當且僅當eq\f(2（b＋1）,a＋1)＝eq\f(a＋1,b＋1)，即a＝eq\r(2)b＋eq\r(2)－1時取得“＝”，故選B.答案：B2．已知x＞0，y＞0且x＋3y＝3，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值．解析：由x＋3y＝3得eq\f(1,3)(x＋3y)＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\f(1,3)(x＋3y)×(eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x,3y)＋\f(3y,x)))≥eq\f(4,3)，當且僅當eq\f(x,3y)＝eq\f(3y,x)時取“＝”．考點二基本不等式的綜合應(yīng)用挖掘1推斷不等關(guān)系/自主練透[例1](1)(2024·南昌調(diào)研)已知a，b∈R，且ab≠0，則下列結(jié)論恒成立的是()A．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab) B．a(chǎn)2＋b2>2abC.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2 D．|eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)|≥2[解析]對于A，當a，b為負數(shù)時，a＋b≥2eq\r(ab)不成立；對于B，當a＝b時，a2＋b2>2ab不成立；對于C，當a，b異號時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立；對于D，因為eq\f(b,a)，eq\f(a,b)同號，所以|eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)|＝|eq\f(b,a)|＋|eq\f(a,b)|≥2eq\r(|\f(b,a)|·|\f(a,b)|)＝2(當且僅當|a|＝|b|時取等號)，即|eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)|≥2恒成立．[答案]D(2)下列不等式肯定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)[解析]對選項A，當x>0時，x2＋eq\f(1,4)－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0，∴l(xiāng)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx，故不成立；對選項B，當sinx<0時明顯不成立；對選項C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，肯定成立；對選項D，∵x2＋1≥1，∴0<eq\f(1,x2＋1)≤1，故不成立．[答案]C挖掘2求參數(shù)問題/互動探究[例2](1)對隨意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，則實數(shù)a的最大值為()A.eq\r(2) B．2eq\r(2)C．4 D．eq\f(9,2)[解析]∵對隨意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，∴m2＋2n2≥amn，即a≤eq\f(m2＋2n2,mn)＝eq\f(m,n)＋eq\f(2n,m)恒成立，∵eq\f(m,n)＋eq\f(2n,m)≥2eq\r(\f(m,n)·\f(2n,m))＝2eq\r(2)，當且僅當eq\f(m,n)＝eq\f(2n,m)時取等號，∴a≤2eq\r(2)，故a的最大值為2eq\r(2)，故選B.[答案]B(2)若對x，y∈[1，2]，xy＝2，總有不等式2－x≥eq\f(a,4－y)成立，則實數(shù)a的取值范圍是__________．[解析]由題意知a≤(2－x)(4－y)恒成立，則只需a≤[(2－x)(4－y)]min，(2－x)(4－y)＝8－4x－2y＋xy＝8－(4x＋2y)＋2＝10－(4x＋2y)＝10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(4,x))).令f(x)＝10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(4,x)))，x∈[1，2]，則f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,x2)))＝eq\f(4（1－x2）,x2)，f′(x)≤0，故f(x)在x∈[1，2]上是